2027年高考数学一轮复习 学案练习含答案 026-培优进阶 隐零点问题（教用）

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在求解函数问题时，很多时候都需要求出函数f(x)在区间I上的零点，当所述情形难以求出其准确值，导致解题过程无法继续进行时，可尝试这样求解：先利用函数零点存在定理证明函数f(x)在区间I上存在唯一的零点x0，再进行解答即可.把零点x0叫做隐零点，此解法类似于解析几何中的“设而不求”.
例 （2026·河北部分名校联考）已知函数f(x)=axlnx的图象在点(1,f(1))处的切线与直线2x+y+4=0垂直.
（1） 求f(x)的单调区间和极值；
（2） 证明：f(x)0，解得x>1e，令f′(x)1,
则φ′(x)=2(x+1)ex−2>0，
所以ℎ′(x)在(1,+∞)上单调递增，
又ℎ′(1)=2e−10，所以存在x0∈(1,2)，使得ℎ′(x0)=0，
所以ℎ(x)在(1,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增，
又ℎ(1)=−10，
所以g(x)>0，所以f(x)0),g(x)=lnx+b(x−1)，且直线y=x−1与曲线y=g(x)相切.
（1） 求b的值；
（2） 若∀x∈[1,+∞)，不等式f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围；
（3） 若ℎ(x)=ex−g(x)的最小值为m，证明：方程ex−m−lnx=0有唯一的实数根.
【解析】
（1） 设直线y=x−1与曲线y=g(x)的切点为(x0,lnx0+b(x0−1))，
又g′(x0)=1x0+b，
所以1x0+b=1,lnx0+b(x0−1)=x0−1,
解得x0=1,b=0.
（2） 由（1）得g(x)=lnx.∀x∈[1,+∞)，不等式f(x)≥g(x)恒成立，等价于∀x∈[1,+∞)，不等式x−ax+1≥lnx恒成立，等价于∀x∈[1,+∞)，不等式a≤x2−xlnx+x恒成立.
令φ(x)=x2−xlnx+x,x∈[1,+∞)，
则φ′(x)=2x−lnx，
令t(x)=2x−lnx,x∈[1,+∞)，则t′(x)=2−1x>0，则φ′(x)在[1,+∞)上单调递增,
所以φ′(x)≥φ′(1)=2>0，所以φ(x)在[1,+∞)上单调递增，
所以φ(x)≥φ(1)=2，所以a≤2,又a>0,所以00)，所以ℎ′(x)=ex−1x，易知ℎ′(x)在(0,+∞)上单调递增.
又ℎ′(1)=e−1>0,ℎ′(12)=e−20，所以w(x)在(0,+∞)上单调递增，
所以x2=1x1且lnx2=ln1x1=x1，而H(x)在(0,x2)上单调递减，在(x2,+∞)上单调递增，
所以H(x)min=H(x2)=ex2−emlnx2=em(1x2−lnx2)=em(x1−x1)=0，
故H(x)有唯一的零点x2，故方程ex−m−lnx=0有唯一的实数根.